超級(jí)資源(16套)2019年高考數(shù)學(xué)(理)整套復(fù)習(xí)資料-超級(jí)資源(2017年后高考真題分類匯總)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)超級(jí)資源：（16套）2019年高考數(shù)學(xué)（理）整套復(fù)習(xí)資料 （2017年后高考真題分類匯總）第一章 集合與常用邏輯用語(yǔ)第一節(jié) 集合題型1 集合的基本概念暫無(wú)題型2 集合間的基本關(guān)系暫無(wú)題型3 集合的運(yùn)算1.（2017江蘇01）已知集合，若，則實(shí)數(shù)的值為 解析 由題意，故由，得故填2.（2017天津理1）設(shè)集合，則（ ）.A. B. C. D.解析 因?yàn)?，所以，從?故選B3.(2017北京理1)若集合，則（ ）.A. B. C. D.解析 畫出數(shù)軸圖如圖所示，則.故選A.

2、4.（2017全國(guó)1理1）已知集合，則（ ）.A. B. C. D. 解析 ，所以，.故選A.5.2017全國(guó)2理2）設(shè)集合，.若，則（ ）.A B C D解析 由題意知是方程的解，代入解得，所以的解為或，從而.故選C.6.（2017全國(guó)3理1）已知集合A=，則中元素的個(gè)數(shù)為（ ）.A3B2C1D0解析 集合表示圓上所有點(diǎn)的集合，表示直線上所有點(diǎn)的集合，如圖所示，所以表示兩直線與圓的交點(diǎn)，由圖可知交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2，即元素的個(gè)數(shù)為2.故選B.7.（2017山東理1）設(shè)函數(shù)的定義域，函數(shù)的定義域?yàn)?，則（ ）.A. B. C. D.解析 由，解得，所以.由，解得，所以.從而.故選D.8.(2017浙江

3、理1)已知集合，那么（ ）.A. B. C. D.解析 是取集合的所有元素，即.故選A第二節(jié) 命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件題型4 四種命題及真假關(guān)系1.（2017山東理3）已知命題，；命題若ab，則，下列命題為真命題的是（ ）.A. B. C. D.解析 由，所以恒成立，故為真命題；令，驗(yàn)證可知，命題為假.故選B.題型5 充分條件、必要條件、充要條件的判斷1.（2017天津理4）設(shè)，則“”是“”的（ ）.A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析 .但，不滿足，所以“”是“”的充分不必要條件.故選A.2.(2017北京理6)設(shè)，為非零向量，則“存在負(fù)

4、數(shù)，使得”是“”的（ ）.A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C. 充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 解析 若，使，即兩向量方向相反，夾角為，則.若，也可能夾角為，方向并不一定相反，故不一定存在.故選A.3.(2017浙江理6)已知等差數(shù)列的公差為，前項(xiàng)和為，則“”是“”的（ ）.A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析 ，. 當(dāng)時(shí)，有，當(dāng)時(shí)，有故選C 題型6 充分條件、必要條件中的含參問(wèn)題暫無(wú)第三節(jié) 簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞、全稱量詞與存在量詞題型7 判斷含邏輯聯(lián)結(jié)詞的命題的真假暫無(wú)題型8 全（特）稱命題暫無(wú)題型9 根據(jù)命題真假求參數(shù)的

5、范圍暫無(wú)第二章 函數(shù)第一節(jié) 函數(shù)的概念及其表示題型10 映射與函數(shù)的概念暫無(wú)題型11 同一函數(shù)的判斷暫無(wú)題型12 函數(shù)解析式的求法題型13 函數(shù)定義域的求解題型14 函數(shù)值域的求解第二節(jié) 函數(shù)的基本性質(zhì)奇偶性、單調(diào)性、周期性題型15 函數(shù)的奇偶性題型16 函數(shù)的單調(diào)性1.（2017山東理15）若函數(shù)（是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）在的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)具有性質(zhì).下列函數(shù)中所有具有性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為 .解析 = 1 * GB3 在上單調(diào)遞增，故具有性質(zhì)； = 2 * GB3 在上單調(diào)遞減，故不具有性質(zhì)； = 3 * GB3 ，令，則，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故不具有性質(zhì)；

6、= 4 * GB3 .令，則，所以在上單調(diào)遞增，故具有性質(zhì)綜上所述，具有性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為.題型17 函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的綜合1.（17江蘇11）已知函數(shù)， 其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解析 易知的定義域?yàn)?因?yàn)?，所以是奇函?shù)又，且不恒成立，所以在上單調(diào)遞增因?yàn)椋?，于是，即，解得故?.（2017天津理6）已知奇函數(shù)在R上是增函數(shù)，.若，則a，b，c的大小關(guān)系為（ ）.A. B.C.D.解析 因?yàn)槠婧瘮?shù)在上增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，從而是上的偶函數(shù)，且在上是增函數(shù).，又，則，所以，于是，即.故選C.3.(2017北京理5)已知函數(shù)，則（ ）.A.是奇函數(shù)，且在上是增函數(shù) B.是偶

7、函數(shù)，且在上是增函數(shù)C.是奇函數(shù)，且在上是減函數(shù) D.是偶函數(shù)，且在上是減函數(shù) 解析 由題知，所以為奇函數(shù).又因?yàn)槭窃龊瘮?shù)，也是增函數(shù)，所以在上是增函數(shù).故選A.4.（2017全國(guó)1理5）函數(shù)在單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)若，則滿足的的取值范圍是（ ）.AB C D 解析 因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以，于是等價(jià)于，又在單調(diào)遞減，所以，所以.故選D.題型18 函數(shù)的周期性1.（2017江蘇14）設(shè)是定義在且周期為的函數(shù)，在區(qū)間上，其中集合，則方程的解的個(gè)數(shù)是 解析 由題意，所以只需要研究?jī)?nèi)的根的情況 在此范圍內(nèi)，且時(shí)，設(shè)，且互質(zhì)，若，則由，可設(shè)，且互質(zhì).從而，則，此時(shí)左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，因此，于是不可

8、能與內(nèi)的部分對(duì)應(yīng)相等，所以只需要考慮與每個(gè)周期內(nèi)部分的交點(diǎn).如圖所示，通過(guò)函數(shù)的草圖分析，圖中交點(diǎn)除外，其它交點(diǎn)均為的部分且當(dāng)時(shí)，所以在附近只有一個(gè)交點(diǎn)，因而方程解的個(gè)數(shù)為個(gè)故填第三節(jié) 二次函數(shù)與冪函數(shù)題型19 二次函數(shù)圖像及應(yīng)用暫無(wú)題型20 二次函數(shù)“動(dòng)軸定區(qū)間”、“定軸動(dòng)區(qū)間”問(wèn)題1.(2017浙江理5)若函數(shù)在區(qū)間上的最大值是，最小值是，則（ ）.A. 與有關(guān)，且與有關(guān) B. 與有關(guān)，但與無(wú)關(guān) C. 與無(wú)關(guān)，且與無(wú)關(guān) D. 與無(wú)關(guān)，但與有關(guān)解析 函數(shù)的圖像是開口朝上且以直線為對(duì)稱軸的拋物線.當(dāng)或，即，或時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，此時(shí)，故的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān)；當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上

9、單調(diào)遞增，且，此時(shí)，故的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān)；當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且)，此時(shí)，故的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān).綜上可得，的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān).故選B題型21 二次函數(shù)、一元二次方程、二次不等式的關(guān)系暫無(wú)題型22 二次函數(shù)恒成立問(wèn)題1.（2017天津理8）已知函數(shù)，設(shè)，若關(guān)于x的不等式在上恒成立，則的取值范圍是（ ）.A. B. C. D.解析 解法一：易知，由不等式，得， 即，只需要計(jì)算在上的最大值和在上的最小值即可，當(dāng)時(shí)，（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以；當(dāng)時(shí)，（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以.綜上所述，得故選A解法二：分別作出函數(shù)和的圖像，如圖所示.若對(duì)于任意，恒成立，則

10、滿足且恒成立，即，又，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)取等號(hào)，所以.且，則，即.綜上所述，的取值范圍為.故選A.2.(2017浙江理17)已知，函數(shù)在區(qū)間上的最大值是5，則的取值范圍是 .解析 設(shè)，則，.解法一：可知的最大值為，即或， 解得或 ，所以則的取值范圍是.解法二：如圖所示，當(dāng)時(shí)，成立；當(dāng)時(shí)，成立；當(dāng)時(shí)，成立，即.則的取值范圍是.題型23 冪函數(shù)的圖像與性質(zhì)暫無(wú)第四節(jié) 指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)題型24 指（對(duì)）數(shù)運(yùn)算及指（對(duì)）數(shù)方程1.(2017北京理8)根據(jù)有關(guān)資料，圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限約為，而可觀測(cè)宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)約為，則下列各數(shù)中與最接近的是（ ）.（參考數(shù)據(jù)：）A. B. C. D. 解

11、析 設(shè)，兩邊取對(duì)數(shù)，即，所以接近.故選D.2.（2017全國(guó)1理11）設(shè)，為正數(shù)，且，則（ ）.A B C D解析 設(shè)，兩邊取對(duì)數(shù)得，則，.設(shè)，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.而，.由，得.故選D.題型25 指（對(duì)）數(shù)函數(shù)的圖像及應(yīng)用暫無(wú)題型26 指（對(duì)）數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用第五節(jié) 函數(shù)的圖像及應(yīng)用題型27 識(shí)圖(知式選圖、知圖選式)題型28 作函數(shù)的圖像暫無(wú)題型29 函數(shù)圖像的應(yīng)用1.（2017全國(guó)3理15）設(shè)函數(shù)，則滿足的的取值范圍是_.解析 因?yàn)?，?由圖像變換可作出與的圖像如圖所示.由圖可知，滿足的解集為.2.（2017山東理10）已知當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖像與的圖像有且只有一個(gè)交點(diǎn)，則正實(shí)數(shù)的

12、取值范圍是（ ）.A. B.C. D.解析 解法一：過(guò)點(diǎn)且對(duì)稱軸為.當(dāng)時(shí)，從而在區(qū)間上單調(diào)遞減，函數(shù)與的草圖如圖所示，此時(shí)有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增.若函數(shù)與有一個(gè)交點(diǎn)，草圖如圖所示，則，解得；當(dāng)時(shí)，函數(shù)與顯然在區(qū)間有且只有一個(gè)交點(diǎn)為.綜上所述，的取值范圍是.故選B.解法二：若，則的值域?yàn)椋坏闹涤驗(yàn)?，所以兩個(gè)函數(shù)的圖像無(wú)交點(diǎn)，故排除C、D；若，則點(diǎn)是兩個(gè)函數(shù)的公共點(diǎn).故選B.2019年高考數(shù)學(xué)(理) 第二章 函數(shù)第一節(jié) 函數(shù)的概念及其表示題型10 映射與函數(shù)的概念暫無(wú)題型11 同一函數(shù)的判斷暫無(wú)題型12 函數(shù)解析式的求法題型13 函數(shù)定義域的求解題型14 函數(shù)值域

13、的求解第二節(jié) 函數(shù)的基本性質(zhì)奇偶性、單調(diào)性、周期性題型15 函數(shù)的奇偶性題型16 函數(shù)的單調(diào)性1.（2017山東理15）若函數(shù)（是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）在的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)具有性質(zhì).下列函數(shù)中所有具有性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為 .解析 = 1 * GB3 在上單調(diào)遞增，故具有性質(zhì)； = 2 * GB3 在上單調(diào)遞減，故不具有性質(zhì)； = 3 * GB3 ，令，則，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故不具有性質(zhì)； = 4 * GB3 .令，則，所以在上單調(diào)遞增，故具有性質(zhì)綜上所述，具有性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為.題型17 函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的綜合1.（17江蘇11）已知函數(shù)， 其中是自然對(duì)數(shù)

14、的底數(shù)若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解析 易知的定義域?yàn)?因?yàn)椋允瞧婧瘮?shù)又，且不恒成立，所以在上單調(diào)遞增因?yàn)?，所以，于是，即，解得故?.（2017天津理6）已知奇函數(shù)在R上是增函數(shù)，.若，則a，b，c的大小關(guān)系為（ ）.A. B.C.D.解析 因?yàn)槠婧瘮?shù)在上增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，從而是上的偶函數(shù)，且在上是增函數(shù).，又，則，所以，于是，即.故選C.3.(2017北京理5)已知函數(shù)，則（ ）.A.是奇函數(shù)，且在上是增函數(shù) B.是偶函數(shù)，且在上是增函數(shù)C.是奇函數(shù)，且在上是減函數(shù) D.是偶函數(shù)，且在上是減函數(shù) 解析 由題知，所以為奇函數(shù).又因?yàn)槭窃龊瘮?shù)，也是增函數(shù)，所以在上是增函數(shù).故選A.4.（201

15、7全國(guó)1理5）函數(shù)在單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)若，則滿足的的取值范圍是（ ）.AB C D 解析 因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以，于是等價(jià)于，又在單調(diào)遞減，所以，所以.故選D.題型18 函數(shù)的周期性1.（2017江蘇14）設(shè)是定義在且周期為的函數(shù)，在區(qū)間上，其中集合，則方程的解的個(gè)數(shù)是 解析 由題意，所以只需要研究?jī)?nèi)的根的情況 在此范圍內(nèi)，且時(shí)，設(shè)，且互質(zhì)，若，則由，可設(shè)，且互質(zhì).從而，則，此時(shí)左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，因此，于是不可能與內(nèi)的部分對(duì)應(yīng)相等，所以只需要考慮與每個(gè)周期內(nèi)部分的交點(diǎn).如圖所示，通過(guò)函數(shù)的草圖分析，圖中交點(diǎn)除外，其它交點(diǎn)均為的部分且當(dāng)時(shí)，所以在附近只有一個(gè)交點(diǎn)，因而方程解的個(gè)數(shù)為個(gè)

16、故填第三節(jié) 二次函數(shù)與冪函數(shù)題型19 二次函數(shù)圖像及應(yīng)用暫無(wú)題型20 二次函數(shù)“動(dòng)軸定區(qū)間”、“定軸動(dòng)區(qū)間”問(wèn)題1.(2017浙江理5)若函數(shù)在區(qū)間上的最大值是，最小值是，則（ ）.A. 與有關(guān)，且與有關(guān) B. 與有關(guān)，但與無(wú)關(guān) C. 與無(wú)關(guān)，且與無(wú)關(guān) D. 與無(wú)關(guān)，但與有關(guān)解析 函數(shù)的圖像是開口朝上且以直線為對(duì)稱軸的拋物線.當(dāng)或，即，或時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，此時(shí)，故的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān)；當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，此時(shí)，故的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān)；當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且)，此時(shí)，故的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān).綜上可得，的值與有關(guān)，與無(wú)關(guān).故選B題型21 二次函

17、數(shù)、一元二次方程、二次不等式的關(guān)系暫無(wú)題型22 二次函數(shù)恒成立問(wèn)題1.（2017天津理8）已知函數(shù)，設(shè)，若關(guān)于x的不等式在上恒成立，則的取值范圍是（ ）.A. B. C. D.解析 解法一：易知，由不等式，得， 即，只需要計(jì)算在上的最大值和在上的最小值即可，當(dāng)時(shí)，（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以；當(dāng)時(shí)，（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），（當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以.綜上所述，得故選A解法二：分別作出函數(shù)和的圖像，如圖所示.若對(duì)于任意，恒成立，則滿足且恒成立，即，又，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)取等號(hào)，所以.且，則，即.綜上所述，的取值范圍為.故選A.2.(2017浙江理17)已知，函數(shù)在區(qū)間上的最大值是5，則的取值范圍是 .解

18、析 設(shè)，則，.解法一：可知的最大值為，即或， 解得或 ，所以則的取值范圍是.解法二：如圖所示，當(dāng)時(shí)，成立；當(dāng)時(shí)，成立；當(dāng)時(shí)，成立，即.則的取值范圍是.題型23 冪函數(shù)的圖像與性質(zhì)暫無(wú)第四節(jié) 指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)題型24 指（對(duì)）數(shù)運(yùn)算及指（對(duì)）數(shù)方程1.(2017北京理8)根據(jù)有關(guān)資料，圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限約為，而可觀測(cè)宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)約為，則下列各數(shù)中與最接近的是（ ）.（參考數(shù)據(jù)：）A. B. C. D. 解析 設(shè)，兩邊取對(duì)數(shù)，即，所以接近.故選D.2.（2017全國(guó)1理11）設(shè)，為正數(shù)，且，則（ ）.A B C D解析 設(shè)，兩邊取對(duì)數(shù)得，則，.設(shè)，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增

19、.而，.由，得.故選D.題型25 指（對(duì)）數(shù)函數(shù)的圖像及應(yīng)用暫無(wú)題型26 指（對(duì)）數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用第五節(jié) 函數(shù)的圖像及應(yīng)用題型27 識(shí)圖(知式選圖、知圖選式)題型28 作函數(shù)的圖像暫無(wú)題型29 函數(shù)圖像的應(yīng)用1.（2017全國(guó)3理15）設(shè)函數(shù)，則滿足的的取值范圍是_.解析 因?yàn)?，?由圖像變換可作出與的圖像如圖所示.由圖可知，滿足的解集為.2.（2017山東理10）已知當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖像與的圖像有且只有一個(gè)交點(diǎn)，則正實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）.A. B.C. D.解析 解法一：過(guò)點(diǎn)且對(duì)稱軸為.當(dāng)時(shí)，從而在區(qū)間上單調(diào)遞減，函數(shù)與的草圖如圖所示，此時(shí)有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)

20、遞增.若函數(shù)與有一個(gè)交點(diǎn)，草圖如圖所示，則，解得；當(dāng)時(shí)，函數(shù)與顯然在區(qū)間有且只有一個(gè)交點(diǎn)為.綜上所述，的取值范圍是.故選B.解法二：若，則的值域?yàn)?；的值域?yàn)椋詢蓚€(gè)函數(shù)的圖像無(wú)交點(diǎn)，故排除C、D；若，則點(diǎn)是兩個(gè)函數(shù)的公共點(diǎn).故選B.第三章 導(dǎo)數(shù)與定積分第一節(jié) 導(dǎo)數(shù)的概念與運(yùn)算題型30 導(dǎo)數(shù)的定義暫無(wú)題型31 求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)題型32 導(dǎo)數(shù)的幾何意義1.(2017北京理19)已知函數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值.解析 （1）因?yàn)?，所以?又因?yàn)?，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.（2）設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減.所以對(duì)任意，有，即.所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減

21、.因此在區(qū)間上的最大值為，最小值為.第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題型33 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性題型34 利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1.（2017江蘇20）已知函數(shù)有極值，且導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)是的零點(diǎn)（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）.（1）求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）證明：；（3）若，這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求的取值范圍解析 （1）由，得，當(dāng)時(shí)，有極小值為因?yàn)榈臉O值點(diǎn)是的零點(diǎn)，所以，又，故當(dāng)時(shí)，恒成立，即單調(diào)遞增，所以此時(shí)不存在極值，不合題意因此，即，所以有兩個(gè)相異的實(shí)根，.列表如下x+00+極大值極小值故的極值點(diǎn)是，從而.所以關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式為，定義域?yàn)椋?）解法一：由

22、（1）知，即證明，即，因?yàn)?，所以?wèn)題等價(jià)于，不妨設(shè)，則，不妨設(shè)，易知在上單調(diào)遞增，且，從而，即得證因此解法二（考試院提供）：由（1）知，設(shè)，則當(dāng)時(shí)，從而在上單調(diào)遞增因?yàn)椋?，故，即，因此?）由（1）設(shè)的兩個(gè)實(shí)根為，且設(shè)，且有，因此而的情況如下表所示：極大值極小值所以的極值點(diǎn)是，從而記，所有極值之和為，因?yàn)榈臉O值為，所以，處理方法一：因?yàn)椋谑窃谏蠁握{(diào)遞減因?yàn)?，由，故處理方法二：所以，整理得（必然可以猜測(cè)零點(diǎn)），因此因此的取值范圍為評(píng)注 此題第（2）問(wèn)考查的是數(shù)值大小的比較，常見的有作差法、作商法、兩邊平方比較法，此題采用作商（考試院解法二）化簡(jiǎn)函數(shù)達(dá)到簡(jiǎn)化效果，可見對(duì)于壓軸問(wèn)題，方法的選擇

23、是非常關(guān)鍵的第（3）問(wèn)實(shí)際考查的是函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用，下面提供此前我們做過(guò)的兩個(gè)類似習(xí)題供參考案例1：已知函數(shù)，若函數(shù)存在極值，且所有極值之和小于，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解析 因?yàn)椋O(shè)，當(dāng)時(shí)，恒成立，所以單調(diào)遞減，故不存在極值；所以，設(shè)的兩根為（不妨設(shè)），從而，因此同號(hào)，所以問(wèn)題等價(jià)于在上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，因此，從而所以的所有極值之和為，因此，解得，又，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是 = 4 * GB3 另外，如果熟悉三次函數(shù)對(duì)稱中心，此題還可以作如下考慮：即，令，則，所以該三次函數(shù)的對(duì)稱中心為因此有這里可以采用假算的思想，即寫出簡(jiǎn)單過(guò)程，省去中間過(guò)于復(fù)雜的運(yùn)算過(guò)程，直接寫出結(jié)果即可，這需要平時(shí)積累一些有

24、價(jià)值的素材案例2：（徐州15-16高二下學(xué)期期末文20）已知函數(shù)，為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)（1）若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（3）若存在實(shí)數(shù)，且，使得，求證：解析 （1）若，則，所以切線斜率為，又，所以在點(diǎn)處的切線方程為（2）， = 1 * GB3 當(dāng)時(shí)，恒成立，所以的單調(diào)增區(qū)間為； = 2 * GB3 當(dāng)時(shí)，令，得或，所以的單調(diào)增區(qū)間為和，同理的單調(diào)減區(qū)間為； = 3 * GB3 當(dāng)時(shí)，令，得所以的單調(diào)增區(qū)間為，同理的單調(diào)減區(qū)間為（3）由題意可知，是方程的兩根，則，所以令，則恒成立，所以在上單調(diào)遞減，所以，即2.（2017山東理20）已知函數(shù)，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).（1）求曲線

25、在點(diǎn)處的切線方程；（2）令，討論的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值.解析 （1）由題意，又，所以，因此曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即.（2）由題意得，因?yàn)?，令，則，所以在上單調(diào)遞增.因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.（ = 1 * roman i）當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得極小值，極小值為；（ = 2 * roman ii）當(dāng)時(shí)，由，得，.當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增.所以當(dāng)時(shí)，取得極大值，極大值為，當(dāng)時(shí)，取得極小值，極小值是；當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，所以 當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞減

26、；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增；所以當(dāng)時(shí)，取得極大值，極大值為；當(dāng)時(shí)，取得極小值，極小值為.綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，函數(shù)有極小值，極小值為；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值，極大值是，極小值是；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)極值；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是，極小值是.3.(2017北京理19)19.已知函數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值.解析 （1）因?yàn)椋裕?又因?yàn)?，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.（2）設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減.所以對(duì)任意，有，即.所以函數(shù)在

27、區(qū)間上單調(diào)遞減.因此在區(qū)間上的最大值為，最小值為.4.（2017全國(guó)2理11）若是函數(shù)的極值點(diǎn)，則的極小值為（ ）.A. B. C. D.1解析 .由，解得，所以，.令，得或，當(dāng)或時(shí)，；當(dāng)時(shí)，則的極小值為.故選A.5.(2017浙江理20)已知函數(shù).（1）求的導(dǎo)函數(shù)；（2）求在區(qū)間上的取值范圍.解析 （1）因?yàn)?，所以.（2）由，解得或.當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表所示.1000又，所以在區(qū)間上的取值范圍是.題型35 利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的圖像1.(2017浙江理7)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖像如圖所示，則函數(shù)的圖像可能是（ ）.解析 導(dǎo)數(shù)大于零，原函數(shù)單調(diào)遞增，導(dǎo)數(shù)小于零，原函數(shù)單調(diào)遞減，對(duì)照導(dǎo)函數(shù)圖像和

28、原函數(shù)圖像.故選D題型36 恒成立與存在性問(wèn)題1.（2017天津理20）設(shè)，已知定義在上的函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，為的導(dǎo)函數(shù).（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)，函數(shù)，求證：；（3）求證：存在大于0的常數(shù)，使得對(duì)于任意的正整數(shù)，且滿足.解析 （1）由，可得，令或.當(dāng)變化時(shí)，變化情況如下表：增減增所以的單調(diào)增區(qū)間是和；單調(diào)減區(qū)間是.（2）證明：由，令，由（1）得，當(dāng)時(shí)，當(dāng)，單調(diào)遞減；當(dāng)，單調(diào)增；所以當(dāng)時(shí)，可得，即.令，.由（1）可知，在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；故當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，故.(3)對(duì)于任意的正整數(shù)，且，令，函數(shù)，由（2）知，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間；當(dāng)時(shí)，在區(qū)間，故在上至少有一個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為，

29、則，由（1）得在上單調(diào)遞增，故.于是.因?yàn)楫?dāng)時(shí)，故在單調(diào)遞增，所以在區(qū)間上除外沒(méi)有其他的零點(diǎn)，而故，而是正整數(shù)，所以是正整數(shù)，從而.即，所以只要取，就有.2.（2017全國(guó)3理21）已知函數(shù).（1）若 ，求的值；（2）設(shè)為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)，求的最小值.解析 （1）解法一：，則，且，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以時(shí)，不滿足題意；當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞增若，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，不滿足題意；若，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，不滿足題意；若，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，滿足題意.綜上所述解法二：因?yàn)椋乖谏虾愠闪?，則必要條件為，得.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；

30、所以為的極小值點(diǎn)，即滿足題意.（2）由（1）知當(dāng)時(shí)，令，得，所以，從而.而，所以的最小值為題型37 方程解(零點(diǎn))的個(gè)數(shù)問(wèn)題1.（2017全國(guó)1理21）已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）若有兩個(gè)零點(diǎn)，求的取值范圍.解析 （1）由于，所以.當(dāng)時(shí)，從而恒成立，所以在上單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，令，從而，得極小值 綜上所述，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.（2）由（1）知，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，故在上至多一個(gè)零點(diǎn)，不滿足條件當(dāng)時(shí)，令，則，從而在上單調(diào)遞增.而，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)；當(dāng)時(shí)，.由上知若，則，故恒成立，從而無(wú)零點(diǎn)，不滿足條件若，則，故僅有一個(gè)實(shí)根，不滿足條件；若，則，注意到，故在

31、上有一個(gè)實(shí)根.而又，且，故在上有一個(gè)實(shí)根又在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故在上至多兩個(gè)實(shí)根綜上所述，評(píng)注 對(duì)于已知零點(diǎn)個(gè)數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題的難點(diǎn)在于驗(yàn)證零點(diǎn)存在性的賦值上，對(duì)于一般的賦值方法要把握兩點(diǎn)：限定要尋找的范圍，如本題中分別在及上各尋找一個(gè)零點(diǎn)；將函數(shù)不等式變形放縮，據(jù)的范圍得出.在本題中，實(shí)際上在區(qū)間上找到，使得，則說(shuō)明在區(qū)間上存在零點(diǎn)，在區(qū)間上找到，使得，則證明在區(qū)間上存在另一個(gè)零點(diǎn).對(duì)于驗(yàn)證零點(diǎn)存在性的賦值問(wèn)題大家可參見2017高考數(shù)學(xué)解答題核心考點(diǎn)（理科版）.2.（2017全國(guó)3理11）已知函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則（ ）.ABCD1解析 由條件，得：.所以，即為的對(duì)稱軸，由題意，有

32、唯一零點(diǎn)，故的零點(diǎn)只能為，即，解得故選C.題型38 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式暫無(wú)題型39 導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用暫無(wú)第三節(jié) 定積分和微積分基本定理題型40 定積分的計(jì)算暫無(wú)題型41 求曲邊梯形的面積暫無(wú)2019年高考數(shù)學(xué)(理)專項(xiàng)訓(xùn)練 第三章 導(dǎo)數(shù)與定積分第一節(jié) 導(dǎo)數(shù)的概念與運(yùn)算題型30 導(dǎo)數(shù)的定義暫無(wú)題型31 求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)題型32 導(dǎo)數(shù)的幾何意義1.(2017北京理19)已知函數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值.解析 （1）因?yàn)椋裕?又因?yàn)?，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.（2）設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減.所以對(duì)任意，有，即.所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減.因

33、此在區(qū)間上的最大值為，最小值為.第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題型33 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性題型34 利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1.（2017江蘇20）已知函數(shù)有極值，且導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)是的零點(diǎn)（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）.（1）求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）證明：；（3）若，這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求的取值范圍解析 （1）由，得，當(dāng)時(shí)，有極小值為因?yàn)榈臉O值點(diǎn)是的零點(diǎn)，所以，又，故當(dāng)時(shí)，恒成立，即單調(diào)遞增，所以此時(shí)不存在極值，不合題意因此，即，所以有兩個(gè)相異的實(shí)根，.列表如下x+00+極大值極小值故的極值點(diǎn)是，從而.所以關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式為，定義域?yàn)椋?）解法一：由（1

34、）知，即證明，即，因?yàn)椋詥?wèn)題等價(jià)于，不妨設(shè)，則，不妨設(shè)，易知在上單調(diào)遞增，且，從而，即得證因此解法二（考試院提供）：由（1）知，設(shè)，則當(dāng)時(shí)，從而在上單調(diào)遞增因?yàn)椋?，故，即，因此?）由（1）設(shè)的兩個(gè)實(shí)根為，且設(shè)，且有，因此而的情況如下表所示：極大值極小值所以的極值點(diǎn)是，從而記，所有極值之和為，因?yàn)榈臉O值為，所以，處理方法一：因?yàn)椋谑窃谏蠁握{(diào)遞減因?yàn)?，由，故處理方法二：所以，整理得（必然可以猜測(cè)零點(diǎn)），因此因此的取值范圍為評(píng)注 此題第（2）問(wèn)考查的是數(shù)值大小的比較，常見的有作差法、作商法、兩邊平方比較法，此題采用作商（考試院解法二）化簡(jiǎn)函數(shù)達(dá)到簡(jiǎn)化效果，可見對(duì)于壓軸問(wèn)題，方法的選擇是非

35、常關(guān)鍵的第（3）問(wèn)實(shí)際考查的是函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用，下面提供此前我們做過(guò)的兩個(gè)類似習(xí)題供參考案例1：已知函數(shù)，若函數(shù)存在極值，且所有極值之和小于，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解析 因?yàn)?，設(shè)，當(dāng)時(shí)，恒成立，所以單調(diào)遞減，故不存在極值；所以，設(shè)的兩根為（不妨設(shè)），從而，因此同號(hào)，所以問(wèn)題等價(jià)于在上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，因此，從而所以的所有極值之和為，因此，解得，又，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是 = 4 * GB3 另外，如果熟悉三次函數(shù)對(duì)稱中心，此題還可以作如下考慮：即，令，則，所以該三次函數(shù)的對(duì)稱中心為因此有這里可以采用假算的思想，即寫出簡(jiǎn)單過(guò)程，省去中間過(guò)于復(fù)雜的運(yùn)算過(guò)程，直接寫出結(jié)果即可，這需要平時(shí)積累一些有價(jià)值

36、的素材案例2：（徐州15-16高二下學(xué)期期末文20）已知函數(shù)，為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)（1）若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（3）若存在實(shí)數(shù)，且，使得，求證：解析 （1）若，則，所以切線斜率為，又，所以在點(diǎn)處的切線方程為（2）， = 1 * GB3 當(dāng)時(shí)，恒成立，所以的單調(diào)增區(qū)間為； = 2 * GB3 當(dāng)時(shí)，令，得或，所以的單調(diào)增區(qū)間為和，同理的單調(diào)減區(qū)間為； = 3 * GB3 當(dāng)時(shí)，令，得所以的單調(diào)增區(qū)間為，同理的單調(diào)減區(qū)間為（3）由題意可知，是方程的兩根，則，所以令，則恒成立，所以在上單調(diào)遞減，所以，即2.（2017山東理20）已知函數(shù)，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)

37、處的切線方程；（2）令，討論的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值.解析 （1）由題意，又，所以，因此曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即.（2）由題意得，因?yàn)?，令，則，所以在上單調(diào)遞增.因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.（ = 1 * roman i）當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得極小值，極小值為；（ = 2 * roman ii）當(dāng)時(shí)，由，得，.當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增.所以當(dāng)時(shí)，取得極大值，極大值為，當(dāng)時(shí)，取得極小值，極小值是；當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，所以 當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)

38、時(shí)，此時(shí)單調(diào)遞增；所以當(dāng)時(shí)，取得極大值，極大值為；當(dāng)時(shí)，取得極小值，極小值為.綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，函數(shù)有極小值，極小值為；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值，極大值是，極小值是；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)極值；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是，極小值是.3.(2017北京理19)19.已知函數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值.解析 （1）因?yàn)?，所以?又因?yàn)椋郧€在點(diǎn)處的切線方程為.（2）設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減.所以對(duì)任意，有，即.所以函數(shù)在區(qū)間

39、上單調(diào)遞減.因此在區(qū)間上的最大值為，最小值為.4.（2017全國(guó)2理11）若是函數(shù)的極值點(diǎn)，則的極小值為（ ）.A. B. C. D.1解析 .由，解得，所以，.令，得或，當(dāng)或時(shí)，；當(dāng)時(shí)，則的極小值為.故選A.5.(2017浙江理20)已知函數(shù).（1）求的導(dǎo)函數(shù)；（2）求在區(qū)間上的取值范圍.解析 （1）因?yàn)?，所以.（2）由，解得或.當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表所示.1000又，所以在區(qū)間上的取值范圍是.題型35 利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的圖像1.(2017浙江理7)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖像如圖所示，則函數(shù)的圖像可能是（ ）.解析 導(dǎo)數(shù)大于零，原函數(shù)單調(diào)遞增，導(dǎo)數(shù)小于零，原函數(shù)單調(diào)遞減，對(duì)照導(dǎo)函數(shù)圖像和原函

40、數(shù)圖像.故選D題型36 恒成立與存在性問(wèn)題1.（2017天津理20）設(shè)，已知定義在上的函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，為的導(dǎo)函數(shù).（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)，函數(shù)，求證：；（3）求證：存在大于0的常數(shù)，使得對(duì)于任意的正整數(shù)，且滿足.解析 （1）由，可得，令或.當(dāng)變化時(shí)，變化情況如下表：增減增所以的單調(diào)增區(qū)間是和；單調(diào)減區(qū)間是.（2）證明：由，令，由（1）得，當(dāng)時(shí)，當(dāng)，單調(diào)遞減；當(dāng)，單調(diào)增；所以當(dāng)時(shí)，可得，即.令，.由（1）可知，在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；故當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，故.(3)對(duì)于任意的正整數(shù)，且，令，函數(shù)，由（2）知，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間；當(dāng)時(shí)，在區(qū)間，故在上至少有一個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為，則，

41、由（1）得在上單調(diào)遞增，故.于是.因?yàn)楫?dāng)時(shí)，故在單調(diào)遞增，所以在區(qū)間上除外沒(méi)有其他的零點(diǎn)，而故，而是正整數(shù)，所以是正整數(shù)，從而.即，所以只要取，就有.2.（2017全國(guó)3理21）已知函數(shù).（1）若 ，求的值；（2）設(shè)為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)，求的最小值.解析 （1）解法一：，則，且，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以時(shí)，不滿足題意；當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞增若，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，不滿足題意；若，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，不滿足題意；若，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，滿足題意.綜上所述解法二：因?yàn)?，要使在上恒成立，則必要條件為，得.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；所以

42、為的極小值點(diǎn)，即滿足題意.（2）由（1）知當(dāng)時(shí)，令，得，所以，從而.而，所以的最小值為題型37 方程解(零點(diǎn))的個(gè)數(shù)問(wèn)題1.（2017全國(guó)1理21）已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）若有兩個(gè)零點(diǎn)，求的取值范圍.解析 （1）由于，所以.當(dāng)時(shí)，從而恒成立，所以在上單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，令，從而，得極小值 綜上所述，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.（2）由（1）知，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，故在上至多一個(gè)零點(diǎn)，不滿足條件當(dāng)時(shí)，令，則，從而在上單調(diào)遞增.而，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)；當(dāng)時(shí)，.由上知若，則，故恒成立，從而無(wú)零點(diǎn)，不滿足條件若，則，故僅有一個(gè)實(shí)根，不滿足條件；若，則，注意到，故在上有

43、一個(gè)實(shí)根.而又，且，故在上有一個(gè)實(shí)根又在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故在上至多兩個(gè)實(shí)根綜上所述，評(píng)注 對(duì)于已知零點(diǎn)個(gè)數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題的難點(diǎn)在于驗(yàn)證零點(diǎn)存在性的賦值上，對(duì)于一般的賦值方法要把握兩點(diǎn)：限定要尋找的范圍，如本題中分別在及上各尋找一個(gè)零點(diǎn)；將函數(shù)不等式變形放縮，據(jù)的范圍得出.在本題中，實(shí)際上在區(qū)間上找到，使得，則說(shuō)明在區(qū)間上存在零點(diǎn)，在區(qū)間上找到，使得，則證明在區(qū)間上存在另一個(gè)零點(diǎn).對(duì)于驗(yàn)證零點(diǎn)存在性的賦值問(wèn)題大家可參見2017高考數(shù)學(xué)解答題核心考點(diǎn)（理科版）.2.（2017全國(guó)3理11）已知函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則（ ）.ABCD1解析 由條件，得：.所以，即為的對(duì)稱軸，由題意，有唯一

44、零點(diǎn)，故的零點(diǎn)只能為，即，解得故選C.題型38 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式暫無(wú)題型39 導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用暫無(wú)第三節(jié) 定積分和微積分基本定理題型40 定積分的計(jì)算暫無(wú)題型41 求曲邊梯形的面積暫無(wú)第四章 三角函數(shù)第一節(jié) 三角函數(shù)概念、同角三角函數(shù)關(guān)系式和誘導(dǎo)公式題型42 終邊相同的角的集合的表示與識(shí)別暫無(wú)題型43 倍角、等分角的象限問(wèn)題暫無(wú)題型44 弧長(zhǎng)與扇形面積公式的計(jì)算暫無(wú)題型45 三角函數(shù)定義題暫無(wú)題型46 三角函數(shù)線及其應(yīng)用暫無(wú)題型47 象限符號(hào)與坐標(biāo)軸角的三角函數(shù)值暫無(wú)題型48 誘導(dǎo)求值與變形暫無(wú)題型49 同角求值已知角與目標(biāo)角相同暫無(wú)第二節(jié) 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)題型50 已知解析式確定

45、函數(shù)性質(zhì)1.（2017全國(guó)3理6）設(shè)函數(shù)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）.A的一個(gè)周期為B的圖像關(guān)于直線對(duì)稱C的一個(gè)零點(diǎn)為D在上單調(diào)遞減解析 函數(shù)的圖像可由向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到，由圖可知，在上先遞減后遞增，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選D.題型51 根據(jù)條件確定解析式1.（2017天津理7）設(shè)函數(shù)，其中，.若，且的最小正周期大于，則（ ）.A.，B.，C.，D.，解析 解法一：由題意，其中，所以.又，所以，從而.由，由，得.故選A解法二：由，易知為的一條對(duì)稱軸，點(diǎn)為的一個(gè)零點(diǎn)，則，又因?yàn)?，即.又，且的最小正周期大于，所以，從而，又，所以.故選A.2.(2017浙江理18)已知函數(shù).（1）求的值；（2）求的

46、最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間.解析 （1）由，得.（2）由，得，所以的最小正周期是.由正弦函數(shù)的性質(zhì)得，解得.所以的單調(diào)遞增區(qū)間是.題型52 三角函數(shù)的值域（最值)暫無(wú)題型53 三角函數(shù)圖像變換1.（2017全國(guó)1理9）已知曲線，則下面結(jié)論正確的是（ ）.A.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線B.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線D.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移個(gè)單

47、位長(zhǎng)度，得到曲線解析 ，.首先曲線，統(tǒng)一為一三角函數(shù)名，可將用誘導(dǎo)公式處理橫坐標(biāo)變換需將變成，即注意的系數(shù)，左右平移需將提到括號(hào)外面，這時(shí)平移至，根據(jù)“左加右減”原則，“”到“”需加上，即再向左平移故選D.2.（2017山東理1）設(shè)函數(shù)，其中.已知.（1）求；（2）將函數(shù)的圖像上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變），再將得到的圖像向左平移個(gè)單位，得到函數(shù)的圖像，求在上的最小值.解析 （1）因?yàn)椋?由題設(shè)知，所以，.故，又，所以.（2）由（1）得，所以.因?yàn)椋?，?dāng)，即時(shí)，取得最小值.第三節(jié) 三角恒等變換題型54 化簡(jiǎn)求值1.（17江蘇05）若，則 解析 解法一（角的關(guān)系）：故填解法

48、二（直接化簡(jiǎn)）：，所以故填2.(2017北京理12)在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關(guān)于軸對(duì)稱.若，=_.解析 由題作出圖形，如圖所示，則，由于與關(guān)于軸對(duì)稱，則，故.3.（2017全國(guó)2理14）函數(shù)的最大值是 解析 ，令且，當(dāng)，即時(shí)，取最大值為14.(2017浙江理18)已知函數(shù).（1）求的值；（2）求的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間.解析 （1）由，得.（2）由，得，所以的最小正周期是.由正弦函數(shù)的性質(zhì)得，解得.所以的單調(diào)遞增區(qū)間是.第四節(jié) 解三角形題型55 正弦定理的應(yīng)用1.（2017天津理15）在中，內(nèi)角所對(duì)的邊分別為.已知，.（1）求和的值；（2）求的值.解析 （1）在中，因

49、為，故由，可得.由已知及余弦定理，得，所以.由正弦定理，得.（2）由（）及，得，所以，故.2.（2017山東理9）在中，角，的對(duì)邊分別為，若為銳角三角形，且滿足，則下列等式成立的是（ ）.A. B. C. D.解析 因?yàn)椋?，又，得，?故選A.題型56 余弦定理的應(yīng)用題型57 判斷三角形的形狀暫無(wú)題型58 解三角形的綜合應(yīng)用1.（2017江蘇18）如圖所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱臺(tái)形玻璃容器的高均為，容器的底面對(duì)角線的長(zhǎng)為，容器的兩底面對(duì)角線，的長(zhǎng)分別為和 分別在容器和容器中注入水，水深均為 現(xiàn)有一根玻璃棒，其長(zhǎng)度為（容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計(jì)）.（1）將放在容器中，的一

50、端置于點(diǎn)處，另一端置于側(cè)棱上，求沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度；（2）將放在容器中，的一端置于點(diǎn)處，另一端置于側(cè)棱上，求沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度 解析 （1）由正棱柱的定義，平面，所以平面平面，記玻璃棒的另一端落在上點(diǎn)處，如圖所示為截面的平面圖形因?yàn)椋?，從?記與水面的交點(diǎn)為， 過(guò)點(diǎn)作，為垂足，則平面，故，從而答：玻璃棒沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為（2）如圖所示為截面的平面圖形，是正棱臺(tái)兩底面的中心由正棱臺(tái)的定義，平面， 所以平面平面，同理，平面平面，記玻璃棒的另一端落在上點(diǎn)處過(guò)作，為垂足，則因?yàn)?，所以，從而設(shè)，則因?yàn)?，所以在中，由正弦定理可得，解?因?yàn)?，所以，于是記與水面的交點(diǎn)為，過(guò)作，為垂足，則平面，故，從而

51、答：玻璃棒沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為評(píng)注 此題本質(zhì)上考查解三角形的知識(shí)，但在這樣的大背景下構(gòu)造的應(yīng)用題讓學(xué)生有畏懼之感，且該應(yīng)用題的實(shí)際應(yīng)用性也不強(qiáng)也有學(xué)生第（1）問(wèn)采用相似法解決，解法如下：，所以，所以由，即，解得答：玻璃棒沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為2.(2017北京理15)在中，.（1）求的值；（2）若，求的面積.解析 （1）在中，因?yàn)椋杂烧叶ɡ淼?（2）因?yàn)?，所?由余弦定理，得，解得或（舍）.所以的面積.3.（2017全國(guó)1理17）的內(nèi)角，的對(duì)邊分別為，已知的面積為.（1）求的值；（2）若，求的周長(zhǎng).分析 本題主要考查三角函數(shù)及其變換，正弦定理，余弦定理等基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用.解析 （1）因?yàn)?/p>

52、的面積且，所以，即.由正弦定理得，由，得.（2）由（1）得，又，因?yàn)?，所?又因?yàn)椋裕?由余弦定理得 由正弦定理得，所以 由，得，所以，即周長(zhǎng)為.4.（2017全國(guó)2理17）的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知(1)求;(2)若，的面積為2，求 解析 （1）依題得因?yàn)椋?，所以，得（舍去）?（2）由可知，因?yàn)椋?，即，?因?yàn)?，所以，即，從而，即，解?.（2017全國(guó)3理17）的內(nèi)角的對(duì)邊分別為 ，已知，（1）求；（2）設(shè)為邊上一點(diǎn)，且，求的面積解析 （1）由，得，即，又，所以，得.由余弦定理得.又因?yàn)榇氩⒄淼?，解?（2）因?yàn)椋捎嘞叶ɡ淼?因?yàn)?，即為直角三角形，則，得.從而點(diǎn)為的中點(diǎn)，

53、.6.(2017浙江理14)已知，.點(diǎn)為延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)，則的面積是_，_.解析 如圖所示，取的中點(diǎn)為，在等腰中，所以，所以的面積為因?yàn)椋允堑妊切?，所以，解?019年高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)訓(xùn)練 第四章 三角函數(shù)第一節(jié) 三角函數(shù)概念、同角三角函數(shù)關(guān)系式和誘導(dǎo)公式題型42 終邊相同的角的集合的表示與識(shí)別暫無(wú)題型43 倍角、等分角的象限問(wèn)題暫無(wú)題型44 弧長(zhǎng)與扇形面積公式的計(jì)算暫無(wú)題型45 三角函數(shù)定義題暫無(wú)題型46 三角函數(shù)線及其應(yīng)用暫無(wú)題型47 象限符號(hào)與坐標(biāo)軸角的三角函數(shù)值暫無(wú)題型48 誘導(dǎo)求值與變形暫無(wú)題型49 同角求值已知角與目標(biāo)角相同暫無(wú)第二節(jié) 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)題型50 已知解析

54、式確定函數(shù)性質(zhì)1.（2017全國(guó)3理6）設(shè)函數(shù)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）.A的一個(gè)周期為B的圖像關(guān)于直線對(duì)稱C的一個(gè)零點(diǎn)為D在上單調(diào)遞減解析 函數(shù)的圖像可由向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到，由圖可知，在上先遞減后遞增，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選D.題型51 根據(jù)條件確定解析式1.（2017天津理7）設(shè)函數(shù)，其中，.若，且的最小正周期大于，則（ ）.A.，B.，C.，D.，解析 解法一：由題意，其中，所以.又，所以，從而.由，由，得.故選A解法二：由，易知為的一條對(duì)稱軸，點(diǎn)為的一個(gè)零點(diǎn)，則，又因?yàn)?，即.又，且的最小正周期大于，所以，從而，又，所以.故選A.2.(2017浙江理18)已知函數(shù).（1）求的值；（2

55、）求的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間.解析 （1）由，得.（2）由，得，所以的最小正周期是.由正弦函數(shù)的性質(zhì)得，解得.所以的單調(diào)遞增區(qū)間是.題型52 三角函數(shù)的值域（最值)暫無(wú)題型53 三角函數(shù)圖像變換1.（2017全國(guó)1理9）已知曲線，則下面結(jié)論正確的是（ ）.A.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線B.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線D.把上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平

56、移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線解析 ，.首先曲線，統(tǒng)一為一三角函數(shù)名，可將用誘導(dǎo)公式處理橫坐標(biāo)變換需將變成，即注意的系數(shù)，左右平移需將提到括號(hào)外面，這時(shí)平移至，根據(jù)“左加右減”原則，“”到“”需加上，即再向左平移故選D.2.（2017山東理1）設(shè)函數(shù)，其中.已知.（1）求；（2）將函數(shù)的圖像上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變），再將得到的圖像向左平移個(gè)單位，得到函數(shù)的圖像，求在上的最小值.解析 （1）因?yàn)?，所?由題設(shè)知，所以，.故，又，所以.（2）由（1）得，所以.因?yàn)椋?，?dāng)，即時(shí)，取得最小值.第三節(jié) 三角恒等變換題型54 化簡(jiǎn)求值1.（17江蘇05）若，則 解析 解法一（角的關(guān)系）：故

57、填解法二（直接化簡(jiǎn)）：，所以故填2.(2017北京理12)在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關(guān)于軸對(duì)稱.若，=_.解析 由題作出圖形，如圖所示，則，由于與關(guān)于軸對(duì)稱，則，故.3.（2017全國(guó)2理14）函數(shù)的最大值是 解析 ，令且，當(dāng)，即時(shí)，取最大值為14.(2017浙江理18)已知函數(shù).（1）求的值；（2）求的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間.解析 （1）由，得.（2）由，得，所以的最小正周期是.由正弦函數(shù)的性質(zhì)得，解得.所以的單調(diào)遞增區(qū)間是.第四節(jié) 解三角形題型55 正弦定理的應(yīng)用1.（2017天津理15）在中，內(nèi)角所對(duì)的邊分別為.已知，.（1）求和的值；（2）求的值.解析 （1）在

58、中，因?yàn)?，故由，可?由已知及余弦定理，得，所以.由正弦定理，得.（2）由（）及，得，所以，故.2.（2017山東理9）在中，角，的對(duì)邊分別為，若為銳角三角形，且滿足，則下列等式成立的是（ ）.A. B. C. D.解析 因?yàn)椋?，又，得，?故選A.題型56 余弦定理的應(yīng)用題型57 判斷三角形的形狀暫無(wú)題型58 解三角形的綜合應(yīng)用1.（2017江蘇18）如圖所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱臺(tái)形玻璃容器的高均為，容器的底面對(duì)角線的長(zhǎng)為，容器的兩底面對(duì)角線，的長(zhǎng)分別為和 分別在容器和容器中注入水，水深均為 現(xiàn)有一根玻璃棒，其長(zhǎng)度為（容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計(jì)）.（1）將放在容器中

59、，的一端置于點(diǎn)處，另一端置于側(cè)棱上，求沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度；（2）將放在容器中，的一端置于點(diǎn)處，另一端置于側(cè)棱上，求沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度 解析 （1）由正棱柱的定義，平面，所以平面平面，記玻璃棒的另一端落在上點(diǎn)處，如圖所示為截面的平面圖形因?yàn)?，所以，從?記與水面的交點(diǎn)為， 過(guò)點(diǎn)作，為垂足，則平面，故，從而答：玻璃棒沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為（2）如圖所示為截面的平面圖形，是正棱臺(tái)兩底面的中心由正棱臺(tái)的定義，平面， 所以平面平面，同理，平面平面，記玻璃棒的另一端落在上點(diǎn)處過(guò)作，為垂足，則因?yàn)?，所以，從而設(shè)，則因?yàn)椋栽谥?，由正弦定理可得，解?因?yàn)?，所以，于是記與水面的交點(diǎn)為，過(guò)作，為垂足，則平面，故

60、，從而答：玻璃棒沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為評(píng)注 此題本質(zhì)上考查解三角形的知識(shí)，但在這樣的大背景下構(gòu)造的應(yīng)用題讓學(xué)生有畏懼之感，且該應(yīng)用題的實(shí)際應(yīng)用性也不強(qiáng)也有學(xué)生第（1）問(wèn)采用相似法解決，解法如下：，所以，所以由，即，解得答：玻璃棒沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為2.(2017北京理15)在中，.（1）求的值；（2）若，求的面積.解析 （1）在中，因?yàn)椋杂烧叶ɡ淼?（2）因?yàn)?，所?由余弦定理，得，解得或（舍）.所以的面積.3.（2017全國(guó)1理17）的內(nèi)角，的對(duì)邊分別為，已知的面積為.（1）求的值；（2）若，求的周長(zhǎng).分析 本題主要考查三角函數(shù)及其變換，正弦定理，余弦定理等基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用.解析 （1